哥德巴赫猜想的最终证明Word文档下载推荐.docx
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3时,p是素数则p/3余1或余2,即余1或-1,所以p=3p1±
1,又p为奇数,从而p1=2k,k为正整数,否则p为偶数.因而p=6k±
1
当p=6k+1时,若存在正整数m,n使得k=6mn±
（m+n）
则p=6[6mn±
（m+n）]+1
=6m×
6n±
6（m+n）+1
=（6m±
1）（6n±
1）
从而p为合数,矛盾.
即不存在正整数m,n使得k=6mn±
当p=6k-1时,若存在正整数m,n使得k=6mn±
（m-n）则
p=6[6mn±
（m-n）]-1
6（m-n）-1
即任意m,n使得k≠6mn±
（m-n）
综合以上三方面可知必要性成立.
<
=充分性.若p=3,充分性显然;
若p=6k+1时,p=3×
2k+1,则3ˉ︳p;
又p=2k×
3+1,则任意偶数2kˉ︳p;
任一组正整数m,n,使得k=6mn±
（m+n）不成立,即p=（6m±
1）不成立,即（6m±
1）ˉ︳p,
（6n±
1）ˉ︳p﹐
但1︱p,p︱p,
由奇﹑素数定义可知充分性成立;
同理可证若p=6k-1时充分性成立.
综上充分性得证.
由此定理可知:
除3以外的奇素数都满足p=6k+1（k≠6mn±
（m+n））或p=6k-1（k≠6mn±
（m-n））的形式.
其次,解决问题
（2）.
任一偶数N≥6,则有且只有下列一种情况成立:
N=6k-2,N=6k,或N=6k+2.只要这三种情况下N都能表示为两个奇素数之和,则猜想成立.
证法1:
同余统计法
当N=6k-2时,对N可进行[k/2]个如下连续分解:
N=（6×
1-1）+〔6×
（k-1）-1〕
=（6×
2-1）+〔6×
（k-2）-1〕
=（6×
3-1）+〔6×
（k-3）-1〕
4-1）+〔6×
（k-4）-1〕
5-1）+〔6×
（k-5）-1〕
6-1）+〔6×
（k-6）-1〕
7-1）+〔6×
（k-7）-1〕
8-1）+〔6×
（k-8）-1〕
9-1）+〔6×
（k-9）-1〕
10-1）+〔6×
（k-10）-1〕
...
...
=〔6×
（k/2）-1〕+〔6×
（k/2）-1〕
（k为偶数）
[k/2]-1〕+〔6×
（[k/2]+1）-1〕（k为奇数）
这种形式的分解中有四种情况:
素+合,<
合+素,<
合+合,<
4>
素+素.其中合数项6k-1=（6m-1）（6n+1）成对出现6m-1与6n+1,因而只考虑6m-1与i（<
k）的关系就够了.
p|（i）表示素数p=6m-1整除（6i-1）,因为6m-1+m=i≤k必使6i-1为合数,则m≤[（k+1）/7],即这k个分解中的合数项全部是由1～[（k+1）/7]项中的素数衍生的.则:
5|<
6>
11>
16>
.....
1（mod5）>
11|<
13>
24>
35>
..
....<
2（mod11）>
17|<
20>
37>
54>
3（mod17）>
23|<
27>
50>
73>
4（mod23）>
...........
（6[（k+1）/7]-1）|<
[（k+1）/7]>
7[（k+1）/7]-1>
....＜［（k+1）/7］（mod（7[（k+1）/7]-1））＞
因而在前10个分解中,10个前项有9个素数项,而10个后项至少有3个素数项,因此素+素的分解至少有2个,即这种情况下猜想得证.
当N=6k时,有如下k种分解:
1+1）+〔6×
2+1）+〔6×
......
.......
[k/2]+1）+〔6×
[k/2]-1〕
（k为偶数）
（[k/2]+1）-1〕
（k为奇数）
若将前后项中的+1与-1颠倒顺序又会得到[k/2]个分解.
在前-后+的前10个分解中前项有1个合数,有9个素数,而后项最多有8个合数,因此前10个分解中至少有一个素+素分解.
即此情况下猜想成立.
当N=6k+2时,有如下［k／2］种分解:
（k-1）+1〕
（k-2）+1〕
......
[k/2]+1〕
（[k/2]+1）+1〕
在前13个分解中前项有3个合数有10个素数,而后项最多有9个合数,因此前13个分解中至少有1个素+素分解.
证法2，用数学归纳法
当N=6k-2时，若k=20
N=
3
+6×
19+1
①
=6×
1-1+6×
19-1
2-1+6×
18-1
②
3-1+6×
17-1
③
4-1+6×
16-1
④
5-1+6×
15-1
⑤
6-1+6×
14-1
⑥
7-1+6×
13-1
⑦
8-1+6×
12-1
⑧
9-1+6×
11-1
⑨
10-1+6×
10-1
⑩
分解①④⑦⑨全为素+合，⑥为合+素，①②③⑤⑧⑩全为素+素，猜想成立；
假设k=I时猜想成立即:
N=6k-2
1-1+6（I-1）-1
=...+...
=素
+
素
=...+...
=合（i-1）+
素（I-i+1）
=素（i）
合（I-i）
=合（i+1）
+
素（I-i-1）
=...+
...
k=I+1时
N=6（I+1）-2
1-1+6（I+1）-1
=...+素
素（I-i+1）
=合（i+1）
+合（I-i）
素（I-i-1）
分解（i）为素+素
k=I+1时,N=素+素,
N=6k-2时猜想成立.
当N=6k+2时,，若k=20
3+6×
20-1
①
1+1+6×
19+1
2+1+6×
18+1
3+1+6×
17+1
4+1+6×
16+1
④
5+1+6×
15+1
⑤
6+1+6×
14+1
⑥
7+1+6×
13+1
⑦
8+1+6×
12+1
9+1+6×
11+1
10+1+6×
10+1
分解①①⑤⑥全为素+合，④⑧⑨为合+素，②③⑦⑩全为素+素，猜想成立；
N=6k+2
1+1+6（k-1）+1
素（I-i+1）
合（I-i）
N=6（k+1）+2
1+1+6k+1
N=6k+2时猜想成立.
当N=6k时,若k=20
N=6×
16+1
15+1
6-1+6×
13+1
12+1
⑧
或
1+1+6×
2+1+6×
3+1+6×
4+1+6×
16-1
5+1+6×
15-1
6+1+6×
7+1+6×
13-1
⑦
8+1+6×
9+1+6×
11-1
⑨
素+素分解共12个,猜想成立,假定k=I时猜想成立，同理可证k=I+1时,N=6k=素+素,猜想成立
综上问题
（2）得到解决.
最后解决问题（3）.
设N≥9,且N为奇数,则N-1≥8且N-1为偶数,由
（2）知N-1=n1+n2,n1,n2为奇素数,从而n1≥5,或n2≥5,否则N-1=n1+n2<
8,与题设矛盾.事实上,若n2=3,因N-1=n1+n2≥8,所以n1≥5;
或n1=3,则
N-1≥8,从而n2≥5.
假定n1≥5,则n1+1≥6,由
（2）知n1+1=n3+n4,且n3,n4为奇素数,而N-1=n1+n2,所以
N=（n1+1）+n2=n2+n3+n4,n2,n3,n4为奇素数.
猜想的第二部分得到证明.
由以上证明可知哥德巴赫猜想成立.
注：
“aˉ︳b”表示a不能整除b；
“︱”表示整除；
“［k／2］”表示≤k/2的最大整数，“a（modb）”表示“模b同余a类”。
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